最后更新: 2025-10-17 09:58 查看: 55 次纠错评论(0) 课件开VIP

C R Q 上多项式的因式分解与高等代数基本定理

## 实数域 $\mathbb{C}[x]$  上多项式分解

在这一节中，我们具体地探讨一下复数域 $\mathbb{C}$ ，实数域 $\mathbb{R}$ ，有理数域 $\mathbb{Q}$ 上一元多项式的因式分解问题，其中关键的一点是搞清楚这些数域上哪些多项式是不可约的．对于 $\mathbb{C}$ 和 $\mathbb{R}$ ，这个问题已有完满的答案，而对 $\mathbb{Q}$ 问题还远未解决．
 
我们首先来找出 $\mathbb{C}[x]$ 内的所有不可约多项式．这依赖于第一章所述的一条经典定理．

**定理2.1 （高等代数基本定理）** 复数域 $\mathbb{C}$ 上任意一个次数 $\geqslant 1$的多项式在 $\mathbb{C}$ 内必有一个根。

在19世纪以前，代数学的主要内容是寻求各种代数方程的根。上述定理2．1显然是一元高次代数方程求根问题的理论基础。正因为如此，它在理论上具有基本的意义。但是近代代数学的中心问题已不再是方程的求根问题了，所以这个定理被称为＂高等代数基本定理＂．

**推论1** $ \quad \mathbb{C}[x]$ 内一个次数 $\geqslant 1$ 的多项式 $p(x)$ 是不可约多项式的充分必要条件为它是一次多项式．

证 前面已指出，在任意数域 $K$ 上的一次多项式都是 $K[x]$ 内的不可约多项式。现在假定 $p(x)$ 是 $\mathbb{C}[x]$ 内的一个不可约多项式，如果 $\operatorname{deg} p(x) \geqslant 2$ ，则根据高等代数基本定理，它必有一个复数根 $a$ ，于是 $(x-a) \mid p(x)$ ．设 $p(x)=(x-a) q(x)$ ，其中 $\operatorname{deg} q(x) \geqslant 1$ ，这与 $p(x)$ 的不可约性相矛盾，故必定有 $\operatorname{deg} p(x)=1$ ．

这个推论完满地回答了本段开头所提出的问题，再利用§ 1 中的因式分解唯一定理，我们立刻有

**推论2** $ \mathbb{C}[x]$ 内任一非零多项式 $f(x)$ 可以唯一地分解成

$$
f(x)=a_0\left(x-a_1\right)^{k_1}\left(x-a_2\right)^{k_2} \cdots\left(x-a_r\right)^{k_r} .
$$

在上面的分解式中，$a_0$ 为 $f(x)$ 的首项系数，而 $a_1, a_2, \cdots, a_r$ 为 $f(x)$ 在 $\mathbb{C}$ 内两两互不相同的根，它们的重数分别是 $k_1, k_2, \cdots, k_r$ ．显
然，$k_1+k_2+\cdots+k_r=\operatorname{deg} f(x)$

## 实数域 $\mathbb{R}[x]$  上多项式分解

**命题2.1** $  \quad \mathbb{R}[x]$ 内的首一不可约多项式仅有下列两类：
（i）一次多项式 $x-a(a \in \mathbb{R})$ ；
（ii）二次多项式 $x^2+p x+q\left(p, q \in \mathbb{R}, p^2-4 q<0\right)$ 。
证 我们首先指出：上述两类多项式在 $\mathbb{R}[x]$ 内都不可约．$x-a$的不可约性读者已熟知。现设 $f(x)=x^2+p x+q, p, q \in \mathbb{R}, p^2-4 q <0$ ．如果 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 内可约，它在 $\mathbb{R}[x]$ 内应有一个一次因子 $x-a(a \in \mathbb{R})$ ，于是 $f(x)$ 有一实根 $a$ ，这与它的判别式 $p^2-4 q<0$ 矛盾．故 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 内不可约．

再设 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}[x]$ 内任意一个首一不可约多项式．如果 $\operatorname{deg} f(x)=1$ ，则 $f(x)=x-a(a \in \mathbb{R})$ 。下面设 $f(x)$ 次数 $\geqslant 2$ 。此时 $f(x)$ 没有实根（否则它有实系数一次因子，与它在 $\mathbb{R}[x]$ 内不可约之设矛盾）．设 $a \in \mathbb{C}$ 是它的一个复根．于是，在 $\mathbb{C}[x]$ 内有 $f(x)= (x-a) f_1(x), f_1(x) \in \mathbb{C}[x]$ 。根据第一章命题 2.4 ，有

$$
(\bar{a}-a) f_1(\bar{a})=f(\bar{a})=0
$$

但 $a \notin \mathbb{R}$ ，故 $\bar{a}-a \neq 0$ ，从上式推出 $f_1(\bar{a})=0$ ，于是有

$$
f_1(x)=(x-\bar{a}) f_2(x) \text { 即 } f(x)=(x-a)(x-\bar{a}) f_2(x) \text {. }
$$

而因为 $(x-a)(x-\bar{a})=x^2-(a+\bar{a}) x+a \bar{a} \in \mathbb{R}[x]$ ，由此不难知 $f_2(x) \in \mathbb{R}[x]$ ．但 $f(x)$ 为 $\mathbb{R}[x]$ 内首一不可约多项式，故 $f_2(x)=1$ ．于是
$$
f(x)=(x-a)(x-\bar{a})=x^2+p x+q \quad(p, q \in \mathbb{R}) .
$$

因 $f(x)$ 无实根，故 $p^2-4 q<0$ ．这证明了我们的命题．
从命题2．1及§1中的因式分解唯一定理，立得

> **命题2.2**  $ \mathbb{R}[x]$ 内一个非零多项式 $f(x)$ 可唯一地分解成
$$
\begin{aligned}
f(x)= & a_0\left(x-a_1\right)^{k_1}\left(x-a_2\right)^{k_2} \cdots\left(x-a_r\right)^{k_r} \\
& \cdot\left(x^2+p_1 x+q_1\right)^{l_1} \cdots\left(x^2+p_s x+q_s\right)^{l_s}
\end{aligned}
$$

其中 $a_1, \cdots, a_r \in \mathbb{R}$ ，为 $f(x)$ 的互不相同的全部实根，重数分别为 $k_1$ ， $\cdots, k_r ; ~$ 而 $p_i, q_i \in \mathbb{R}, p_i^2-4 q_i<0(i=1, \cdots, s)$ ．

## 有理数$\mathbb{Q}[x]$ 内多项式的因式分解
$\mathbb{Q}[x]$ 内的因式分解问题比 $\mathbb{C}[x]$ 和 $\mathbb{R}[x]$ 要复杂得多．我们不但没有可能把 $\mathbb{Q}[x]$ 内所有不可约多项式都列举出来，而且对于一个具体的多项式，也没有一个一般性的法则来判断它是否不可约．在这一段中，我们仅限于介绍一些较为简单和基本的事实。

令

$$
\mathbb{Z}[x]=\left\{a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n \mid a_i \in \mathbb{Z}, i=0,1, \cdots, n\right\} .
$$

这是全体整系数多项式所组成的集合，它是 $\mathbb{Q}[x]$ 的子集．我们假设 $f(x) \in \mathbb{Z}[x], f(x) \neq 0$ 及 $\pm 1$ ．如果存在 $g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ，使得 $f(x)=g(x) h(x)$ ，且 $g(x) \neq \pm 1, h(x) \neq \pm 1$ ，则称 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内**可约**，否则称 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 内**不可约**．

例如，$x-1$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 内的不可约多项式，但 $2(x-1)$ 是 $\mathbb{Z}[x]$ 内的可约多项式．我们首先来阐明：在 $\mathbb{Q}[x]$ 内判断一个多项式是否可约的问题可以转化为判断 $\mathbb{Z}[x]$ 内一个多项式是否可约的问题．

设

$$
f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n \in \mathbb{Z}[x],
$$

这里 $n \geqslant 1$ ．如果 $\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)=1$（即 $f(x)$ 的系数的最大公因子是 1 ），则称 $f(x)$ 是一个**本原多项式**．

**命题2.3** $ \mathbb{Q}[x]$ 内一个非零多项式 $f(x)$ 可以表成一个有理数 $k$ 和一个本原多项式 $\bar{f}(x)$ 的乘积：$f(x)=k \bar{f}(x)$ ，而且 $k$ 除了可能差一个 $\pm 1$ 因子外，是被 $f(x)$ 唯一决定的．

证 设 $f(x)=a_0 x^n+a_1 x^{n-1}+\cdots+a_n$ ．设 $m$ 为其系数分母的一个公倍数，则 $m f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ ，将 $m f(x)$ 系数的最大公因子 $d$ 提出来，则 $m f(x)=d \bar{f}(x)$ ，这里 $\bar{f}(x)$ 是一个本原多项式，令 $k=d / m$ ，则 $f(x)=k \bar{f}(x)$ ．

设

$$
f(x)=k \bar{f}(x)=k_1 \bar{f}_1(x) \quad\left(k \neq 0, k_1 \neq 0\right)
$$

令 $k_1 / k=r / s(r, s \in \mathbb{Z},(r, s)=1)$ ，则有 $s \bar{f}(x)=r \bar{f}_1(x)$ ．设

$$
\begin{aligned}
& \bar{f}(x)=b_0 x^n+b_1 x^{n-1}+\cdots+b_n \quad\left(b_i \in \mathbb{Z}\right) \\
& \bar{f}_1(x)=c_0 x^n+c_1 x^{n-1}+\cdots+c_n \quad\left(c_i \in \mathbb{Z}\right)
\end{aligned}
$$

将上面的式子代入（1）式，比较 $x$ 同次方幂的系数，得
$$
s b_i=r c_i \quad(i=0,1, \cdots, n) .
$$

由于 $(r, s)=1$ ，故 $s \mid c_i(i=0,1, \cdots, n)$ ，但 $\bar{f}_1(x)$ 是本原多项式，故 $s= \pm 1$ ．同理有 $r= \pm 1$ ，于是 $k_1= \pm k$ ．此时显然有 $\bar{f}(x)= \pm \bar{f}_1(x)$ ．

## 本章解读
我们来系统地解读和对比一下在有理数域 **Q**、实数域 **R** 和复数域 **C** 上的多项式分解理论。

核心问题在于：**一个多项式在给定的数域中，能被分解到什么程度？什么是这个数域中的“质数”（即不可约多项式）？**

---

### 1. 复数域 (ℂ) ：最完美的情形

**核心定理：代数基本定理**
任何非常数的复系数多项式都至少有一个复根。

**分解理论：**
1.  **不可约多项式**：**只有一次多项式**。形如 $ ax + b $ ($ a \neq 0 $) 的多项式是复数域上的“质数”。
2.  **完全分解**：任何 $ n $ 次复系数多项式 $ P(x) $ 都可以唯一地（不计因式顺序）分解为 $ n $ 个一次因式的乘积：
    $$ P(x) = a(x - r_1)(x - r_2)...(x - r_n) $$
    其中 $ r_1, r_2, ..., r_n $ 是它的根（可能有重复）。

**直观理解：**
在复数域上，多项式方程永远有解，而且解的数量（计算重数）等于它的次数。所以任何多项式都可以被“彻底拆解”成最简单的线性部件。

**例子：**
*   $ x^2 + 1 $ 在 ℝ 上不可约，但在 ℂ 上可分解为 $ (x - i)(x + i) $。
*   $ x^3 - 1 $ 在 ℂ 上可分解为 $ (x - 1)(x - \omega)(x - \omega^2) $，其中 $ \omega $ 是三次单位根。

---

### 2. 实数域 (ℝ) ：稍复杂一些

**核心定理：**
实数系数多项式的虚根总是以共轭对的形式出现。即如果 $ a + bi $ ($ b \neq 0 $) 是根，那么 $ a - bi $ 也是根。

**分解理论：**
1.  **不可约多项式**：有两种类型：
    *   **一次多项式**：如 $ x - 5 $。
    *   **判别式为负的二次多项式**：即没有实根的二次多项式，如 $ x^2 + 1 $, $ x^2 - 2x + 5 $。
2.  **完全分解**：任何非常数的实系数多项式 $ P(x) $ 都可以唯一地分解为一次因式和不可约二次因式的乘积。

**直观理解：**
在实数域上，你不能把像 $ x^2 + 1 $ 这样的式子继续分解，因为它对应的图形与x轴没有交点（没有实根）。所以，实数域上的“质数”块包括线性的和那些永不接触x轴的抛物线。

**例子：**
*   $ x^4 - 1 = (x^2 - 1)(x^2 + 1) = (x-1)(x+1)(x^2 + 1) $
    *   在 ℝ 上，分解到此为止，因为 $ x^2 + 1 $ 不可约。
    *   在 ℂ 上，可以继续分解为 $ (x-1)(x+1)(x-i)(x+i) $。
*   $ x^5 - x = x(x^4 - 1) = x(x-1)(x+1)(x^2+1) $
    *   这就是它在 ℝ 上的完全分解。

---

### 3. 有理数域 (ℚ) ：最复杂和最有趣的情形

**核心特点：**
情况变得异常复杂，因为判断一个有理系数多项式是否可约，不再仅仅依赖于它的图形或根的性质，而是与**数论**紧密相连。

**分解理论：**
1.  **不可约多项式**：**没有简单的分类**。存在任意次数的不可约有理系数多项式。
    *   例如，$ x^n - 2 $ 在 ℚ 上对于任何 $ n \ge 2 $ 都是不可约的（由爱森斯坦判别法可知）。
2.  **核心工具**：
    *   **高斯引理**：一个整系数多项式在 ℚ 上可约，当且仅当它可以在整数范围内分解为两个次数更低的多项式。
    *   这让我们可以将问题从有理数域转化到更简单的整数环上。
    *   **爱森斯坦判别法**：一个非常强大的工具，用于判断整系数多项式在 ℚ 上不可约。

**直观理解：**
在 ℚ 上，可约性关注的是多项式的系数之间是否存在“有理数关系”，而不仅仅是根是否存在。

**例子与分析：**
*   $ x^2 - 2 $：
    *   在 ℝ 或 ℂ 上，它有根 $ \pm\sqrt{2} $，所以是可约的。
    *   在 ℚ 上，它是**不可约**的，因为 $ \sqrt{2} $ 是无理数，你无法用有理数构造出这个因式分解。
*   $ x^2 + 1 $：
    *   在 ℚ 上它同样是**不可约**的，理由同上。
*   $ x^2 - \frac{1}{4} $：
    *   这个多项式在 ℚ 上是**可约**的！因为它可以分解为 $ (x - \frac{1}{2})(x + \frac{1}{2}) $，两个因式的系数都是有理数。
*   $ x^3 - 3x + 1 $：
    *   这个多项式有三个实根，但在 ℚ 上是**不可约**的。你无法找到有理数系数的低次多项式相乘得到它。这展示了 ℚ 上不可约多项式的复杂性。

---

### 总结对比

**一个形象的比喻：**

*   在 **ℂ**，你就像在玩**乐高基础颗粒**，所有东西最终都能拆成最小的1x1颗粒。
*   在 **ℝ**，你玩的是**乐高标准颗粒**，有些颗粒是1x1的，有些是1x2的，但你无法再把1x2的颗粒掰开。
*   在 **ℚ**，你玩的是一个**充满谜题的积木套装**。有些看起来很大的块（如 $ x^n - 2 $）其实是一个不可分割的整体，而有些看起来很小的块（如 $ x^2 - \frac{1}{4} $）却可以拆开。判断一个块是否能拆，需要一套复杂的“说明书”（如高斯引理、爱森斯坦判别法）。

其他版本
【数学分析】利用格林公式证明高斯Gauss的代数基本定理

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